Question

7．如圖，已知四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，PA=PD=CD=2AB=2．
（1）求證：AB⊥PD；
（2）記AD=x，V（x）表示四棱錐P-ABCD的體積，當(dāng)V（x）取得最大值時，求二面角A-PD-B的余弦值．

Answer 1

分析 （1）通過線面垂直的判定定理及性質(zhì)定理即得結(jié)論；
（2）解：取AD中點E，連結(jié)PE，通過題意易得當(dāng)V（x）取得最大值時$AD=2\sqrt{2}$，利用常用法或坐標(biāo)法即可得結(jié)果．

解答 （1）證明：∵AB∥CD，AD⊥CD，∴AB⊥AD，
∵側(cè)面PAD⊥底面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴AB⊥平面PAD，
又∵PD?平面PAD，
∴AB⊥PD；
（2）解：取AD中點E，連結(jié)PE，∵PA=PD，∴PE⊥AD，
又側(cè)面PAD⊥底面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PE⊥底面ABCD，
在Rt△PEA中，$PE=\sqrt{P{A^2}-A{E^2}}=\sqrt{4-\frac{x^2}{4}}$，
∴$V（x）=\frac{1}{3}{S_{梯形ABCD}}•PE$=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×（1+2）×x\sqrt{4-\frac{x^2}{4}}$=$\frac{1}{4}x\sqrt{16-{x^2}}$（0＜x＜4），
∵V（x）$≤\frac{1}{4}×\frac{{{x^2}+{{（\sqrt{16-{x^2}}）}^2}}}{2}=2$，當(dāng)且僅當(dāng)$x=\sqrt{16-{x^2}}$，即$x=2\sqrt{2}$時“=”成立，
即當(dāng)V（x）取得最大值時$AD=2\sqrt{2}$，
解法1：∵$AD=2\sqrt{2}$，PA²+PD²=8=AD²，∴PD⊥PA，
又由（1）知AB⊥PD，PA∩AB=A，
∴PD⊥平面PAB，又PB?平面PAB，∴PD⊥PB，
∴∠APB為二面角A-PD-B的平面角，
在Rt△PAB中，$cos∠APB=\frac{PA}{PB}=\frac{2}{{\sqrt{5}}}=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$，
即當(dāng)V（x）取得最大值時，二面角A-PD-B的余弦值為$\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$；
解法2：以點E為坐標(biāo)原點，EA所在的直線為x軸、PE所在的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖示：
則E（0，0，0），A（$\sqrt{2}$，0，0），D（$-\sqrt{2}$，0，0），P（0，0，$\sqrt{2}$），$B（\sqrt{2}，1，0）$，
∴$\overrightarrow{PB}=（\sqrt{2}，1，-\sqrt{2}）$，$\overrightarrow{PD}=（-\sqrt{2}，0，-\sqrt{2}）$，
設(shè)平面PDB的法向量為$\overrightarrow m=（a，b，c）$，
由$\overrightarrow m⊥\overrightarrow{PB}，\overrightarrow m⊥\overrightarrow{PD}$得$\sqrt{2}a+b-\sqrt{2}c=0$，$-\sqrt{2}a-\sqrt{2}c=0$，
令c=1，則a=-1，$b=2\sqrt{2}$∴$\overrightarrow m=（-1，2\sqrt{2}，1）$，
又$\overrightarrow{AB}=（0，1，0）$是平面PAD的一個法向量，
設(shè)二面角二面角A-PD-B的大小為θ，
則$cosθ=|\frac{{\overrightarrow m•\overrightarrow{AB}}}{{|\overrightarrow m|•|\overrightarrow{AB}|}}|=\frac{{2\sqrt{2}}}{{\sqrt{1+8+1}×1}}=\frac{{2\sqrt{2}}}{{\sqrt{10}}}=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$，
即所求二面角A-PD-B的余弦值為$\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$．

點評 本題主要考查線面關(guān)系及面面角，考查學(xué)生分析解決問題的能力，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題．